1、2015年福建省龙岩市非一级达标校高考化学模拟试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1（3分）（2015龙岩模拟）暴露在空气中不易变质的物质是（）A氯水B漂白粉C纯碱D亚硫酸钠2（3分）（2015龙岩模拟）常温下可用铝质容器储运的试剂是（）A硝酸B乙醇C石灰水D稀盐酸3（3分）（2015龙岩模拟）氯仿（CHCl3）未密封保存，在空气中会发生2CHCl3+O2=2COCl2+2HCl生成剧毒的光气（COCl2）氯仿发生的反应属于（）A取代反应B置换反应C氧化反应D加成反应4（3分）（2015龙岩模拟）将足量的AgCl（s）分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是（）A
2、10 mL 0.4molL1的盐酸B10 mL 0.3molL1 MgCl2溶液C10 mL 0.5molL1 NaCl溶液D10 mL 0.1molL1 AlCl3溶液5（3分）（2015龙岩模拟）下列各组离子，在pH=0条件下能大量共存的（）AFe2+、K+、SO42、NO3BNa+、K+、Al（OH）4、ClCNa+、K+、Cl、HCO3DAl3+、Ba2+、NO3、Cl6（3分）（2015龙岩模拟）把一套以液化石油气（主要成分为C3H8和C4H10）为燃料的炉灶，现改用天然气（主要成分为CH4）为燃料，需要调整进入炉灶的燃料气和空气的量正确方法为（）A同时调大燃料气和空气的量B同时调小
3、燃料气和空气的量C只需调大燃料气的进气量D只需调大空气的进气量7（3分）（2015龙岩模拟）下列涉及有机物的说法正确的是（）A一定条件下，淀粉、蔗糖和氨基酸都可水解B用新制氢氧化铜悬浊液可以区别葡萄糖、乙酸溶液C苯能与溴发生取代反应，因此不能用苯萃取溴水中的溴D甲烷、乙烯、甲苯都可使酸性高锰酸钾溶液褪色8（3分）（2015龙岩模拟）下列描述正确的是（）A常温下，pH=7的NH4Cl与NH3H2O混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl）B可用NaOH溶液除去MgCl2溶液中少量的FeCl3C足量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H+NO3=Fe3+2H2O+NOD向某溶液滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色
4、沉淀，则证明该溶液中含有SO429（3分）（2015龙岩模拟）关于下列各装置图的叙述中，正确的是（）A装置可用于分离I2与NH4Cl混合物B装置可用于检验火柴头燃烧产生的SO2C装置可用乙醇萃取碘水中的碘D装置可用于实验室制取和收集少量氨气10（3分）（2015龙岩模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A56 g铁粉在22.4 L氯气中充分燃烧，转移的电子数为3NABO.1 mol NaHS04晶体中含有的阳离子数为0.2NAC44 gC3H8中含有的共用电子对数目为10NADt时，1 L pH=6.5的纯水中，含OH的数目为107.5NA11（3分）（2015龙岩模拟）实验
5、室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中物质b中物质c中收集气体d中物质A浓氨水CaONH3H2OB浓NaOH铝屑H2H2OC浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液D浓硝酸CuNO2NaOH溶液AABBCCDD12（3分）（2015龙岩模拟）如表为某学生进行的两组实验：反应物Na2S2O3溶液H2SO4溶液水甲0.1 molL110 mL0.1 molL110 mL5 mL乙0.2 molL15 mL0.2 molL15 mL20 mL若其他条件均相同，上述两组实验中，对应反应的反应速率关系为（）A甲乙B甲
6、乙C甲=乙D无法判断13（3分）（2015龙岩模拟）X、Y均为元素周期表A族中的两种元素下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（）A原子的电子层数：XYB对应的简单离子的还原性：XYC气态氢化物的稳定性：XYD氧化物对应水化物的酸性：XY14（3分）（2015龙岩模拟）某些电子手表安装的纽扣电池由锌和氧化银、KOH溶液构成放电时，电极反应分别为：Zn+20H2e=Zn（OH）2Ag2O+H20+2e=2Ag+20H下列说法中，正确的是（）A锌为正极，电极上发生了氧化反应B溶液中的OH向正极移动，K+和H+向负极移动C放电过程中，电解质溶液的酸碱性基本保持不变D常温下，该电池总反应为非
7、自发的氧化还原反应15（3分）（2015龙岩模拟）常温下，0.2molL1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法不正确的是（）AHA为弱酸B该混合液pH7C图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H+D该混合溶液中：c（A）+c（Y）=c（Na+）二、解答题（共5小题，满分55分）16（10分）（2015龙岩模拟）X、Y、Z、R、W为五种原子序数依次增大的短周期元素已知：X元素的原子半径是所有原子中最小的；Y元素的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍Y与R可以形成YR与YR2两种化合物，其中一种是造成温室效应的物质之一W与R能形成原子个数之比为
8、2：1和l：1的离子化合物甲和乙根据要求回答问题：（1）R在周期表中的位置是（2）Y、R、W三种元素的原子半径由大到小顺序为（用元素符号表示）（3）X2R与乙反应的化学方程式是（4）元素Y、R、W形成的化合物的水溶液常用作清洗厨房的油污，其原理是（用离子方程式表示）0.1molL1该溶液中，各种阴离子的浓度由大到小关系为17（8分）（2015龙岩模拟）A、B、C、D均为中学化学常见的、含同种元素的纯净物，A为单质，它们间有如图反应关系根据要求回答问题：（1）若A是大气中含量最多的气体，D为红棕色气体则D转化成C的反应化学方程式为（2）若A、B、C分别为C（s）、CO（g）和C02（g），且通过
9、与02（g）反应实现图示的转化在同温同压且消耗含碳物质均为l mol时，反应、的焓变依次为H1、H2、H3，则它们之间的关系为（用含H1、H2、H3的代数式表示）（3）若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为海水中富含的物质，请写出工业上用D制备A的化学方程式（4）往两份C的溶液中分别滴入硝酸酸化的硝酸银、KSCN溶液，将观察到白色沉淀、显血红色，且反应为C与A的反应请简述实验室保存D溶液的方法18（12分）（2015龙岩模拟）许多尾气中含有NOx、S02等造成空气污染的气体根据要求回答下列问题：（1）已知：N02（g）+CO（g）C02（g）+NO（g）密闭容器中发生该反应时，c（C
10、02）随温度（T）变化曲线如图所示据此判断，升高温度，该反应的平衡常数（选填“增大”、“减小”、“不变”）NO对臭氧层破坏的主要过程为：O2O+O2NO+03N02+02N02+ONO+02该过程中NO的作用为（2）将C02和H2合成二甲醚（cH30CH3）已取得了较大的进展，其化学反应为：2C02（g）+6H2（g）cH30CH3（g）+3H20（g）1mol二甲醚气体完全燃烧生成两种气态氧化物，放出能量q kJ，请写出该反应的热化学方程式；二甲醚可以作为燃料电池的燃料，若用硫酸做电池中的电解质溶液，请写出该燃料电池工作时正极电极反应式（3）室温条件下，用0.10molL1盐酸分别滴定20.
11、00mL浓度均为10mo1L1的NaOH溶液和氨水，右图是滴定其中一种溶液时，所得混合液的pH与加入盐酸体积的关系曲线图该曲线表示滴定（填“NaOH”或“氨水”）的过程；当向20.00mLNaOH溶液中加入v mL盐酸时，所得混合溶液pH=12，则v=（保留2位小数）19（10分）（2015龙岩模拟）皮革工业污泥中含较多的Cr，工业采用以下工芝制得MCr（OH）（H20）5S04已知：工艺中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+常温下部分阳离子以氢氧化物沉淀形式存在时溶液的pH见表：阳离子Fe3+Al3+Cu2+Mg2+Cr3+开始沉淀时的pH1.9
12、3.74.79.3沉淀完全时的pH3.28.06.76.79（9溶解）（1）酸浸时，为了提高浸取效率可采取的措施是（任写一条）（2）调节pH所用X可以选用ANaOH BNa2C03CH2S04DHN03（3）加入H202目的，是把Cr（OH）3沉淀转化为Cr2072该转化过程中，消耗的H202与Cr（OH）3的物质的量之比为（4）调滤液至pH=8，则滤液中将转化为沉淀（选填Al3+、Cu2+、Mg2+）（5）若滤液甲的pH=a，则溶液中c（Cu2+）=（25C时的KspCu（OH）2=2.21020）20（15分）（2015龙岩模拟）某兴趣小组利用下列实验装置进行探究实验根据要求回答下列问题：
13、（1）如图1装置中长颈漏斗的作用有导气、（2）利用装置C可以证明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是；若要证明其漂白作用是可逆的，还需要的操作是（3）通过观察D中现象，即可证明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是aNaCl溶液b酸性KMnO4cFeCl3dNa2S溶液（4）研究小组发现B中有白色沉淀生成，若往B中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解沉淀物的化学式是（5）为进一步验证B中产生沉淀的原因，研究小组进行如下两次实验：实验i：另取BaCl2溶液，加热煮沸，冷却后加入少量苯（起液封作用），然后再按照上述装置进行实验，结果发现B中沉淀量减少，但仍有轻微浑浊实验ii：用如图2F装置代替上述实验中的A装
14、置（其他装置不变），连接后往装置F中通入气体X一段时间，再加入70%H2SO4溶液，结果B中没有出现浑浊“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是；气体X不可以是（填序号）aCO2 bO3 cN2 dNO2B中形成沉淀的原因是（用化学方程式表示）：2015年福建省龙岩市非一级达标校高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1（3分）（2015龙岩模拟）暴露在空气中不易变质的物质是（）A氯水B漂白粉C纯碱D亚硫酸钠考点：氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物 分析：久置在空气中不易变质，说明该物质性质稳定，不易
15、和空气中物质发生化学反应，据此分析解答解答：解：A、氯水中的次氯酸能分解产生盐酸和氧气，在空气中易变质，故A错误；B、次氯酸的酸性小于碳酸，所以漂白粉中次氯酸钙易和二氧化碳、水反应生成次氯酸而变质，故B错误；C纯碱性质稳定，不易和空气中物质反应，所以在空气中不易变质，故C正确；D亚硫酸钠具有还原性，氧气具有氧化性，亚硫酸钠易被空气中氧气氧化而变质，故D错误；故选C点评：本题考查了物质的存放，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的氧化性和还原性、强酸制取弱酸来分析解答即可，难度不大2（3分）（2015龙岩模拟）常温下可用铝质容器储运的试剂是（）A硝酸B乙醇C石灰水D稀盐酸考点：铝的化学性质 分析
16、：常温下，Al易和浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应，据此分析解答解答：解：A常温下，Al和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，所以可以用铝制容器储运浓硝酸，故A正确；B常温下，铝和乙醇不反应，但一般不用铝制容器储运乙醇，故B错误；C石灰水呈碱性，Al能溶于强碱溶液，所以不能盛放石灰水，故C错误；DAl和稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，所以不能盛放稀盐酸，故D错误；故选A点评：本题以物质之间的反应为载体考查铝的性质，性质决定用途，用途体现性质，知道钝化原理，注意钝化现象不是不反应，为易错点3（3分）（2015龙岩模拟）氯仿（CHCl3）未密封保存，在空气中会发生2CHCl
17、3+O2=2COCl2+2HCl生成剧毒的光气（COCl2）氯仿发生的反应属于（）A取代反应B置换反应C氧化反应D加成反应考点：化学基本反应类型 专题：物质的性质和变化专题分析：依据方程式2CHCl3+O2=2COCl2+2HCl分析，此反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应解答：解：反应2CHCl3+O2=2COCl2+2HCl中，O元素的化合价降低，C元素的化合价升高，故属于氧化还原反应，故选C点评：本题主要考查的是化学反应类型的判断，有化合价变化的反应属于氧化还原反应，难度不大4（3分）（2015龙岩模拟）将足量的AgCl（s）分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是（
18、）A10 mL 0.4molL1的盐酸B10 mL 0.3molL1 MgCl2溶液C10 mL 0.5molL1 NaCl溶液D10 mL 0.1molL1 AlCl3溶液考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：过量AgCl（s）溶解后，存在溶解平衡为：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl（aq），从平衡移动的角度分析，Cl浓度越大，Ag+的浓度越小解答：解：AgCl（s）溶解后存在溶解平衡为：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl（aq），当增大Cl浓度时，平衡逆移，Ag+的浓度会减小；所以将足量氯化银分别放入相同体积的下列溶液中，Ag+的浓度最小，则
19、Cl浓度应最大，题中B项Cl浓度最大，故B正确；故选B点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目侧重于浓度对平衡移动的影响，难度不大，注意把握影响溶解平衡移动的因素5（3分）（2015龙岩模拟）下列各组离子，在pH=0条件下能大量共存的（）AFe2+、K+、SO42、NO3BNa+、K+、Al（OH）4、ClCNa+、K+、Cl、HCO3DAl3+、Ba2+、NO3、Cl考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：PH=0，溶液呈酸性，如在酸性条件下离子之间不发生任何反应，则可大量共存，反之不能，结合离子的性质解答解答：解：A酸性条件下Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B
20、酸性条件下Al（OH）4不能大量共存，故B错误；C酸性条件下HCO3不能大量共存，故C错误；D离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子共存问题，涉及常见离子性质的综合应用，侧重于元素化合物知识的考查，易错点为A，注意酸性条件下硝酸根离子的性质，题目难度不大6（3分）（2015龙岩模拟）把一套以液化石油气（主要成分为C3H8和C4H10）为燃料的炉灶，现改用天然气（主要成分为CH4）为燃料，需要调整进入炉灶的燃料气和空气的量正确方法为（）A同时调大燃料气和空气的量B同时调小燃料气和空气的量C只需调大燃料气的进气量D只需调大空气的进气量考点：燃料的充分燃烧；化石燃料与基
21、本化工原料 分析：可燃物完全燃烧的条件是要有充足的氧气在改造过程中要保证氧气必须充足解答：解：促进可燃物燃烧的方法有：（1）增大氧气的浓度（2）增大可燃物与氧气的接触面积由化学方程式CH4+2O2CO2+2H2O，C3H8+5O23CO2+4H2O可知，天然气燃烧时，反应物微观粒子个数比是：1：2，液化石油气燃烧时，反应物微观粒子个数比是：1：5；所以同体积的两种燃气，液化石油气耗氧量多，甲烷燃烧消耗的氧气少，把液化石油气为燃料的灶具改用天然气为燃料时，需要减少空气气的量，或增大液化石油气的进入量故选C点评：本题主要考查了如何保证可燃物燃烧时氧气充足方面的问题7（3分）（2015龙岩模拟）下列
22、涉及有机物的说法正确的是（）A一定条件下，淀粉、蔗糖和氨基酸都可水解B用新制氢氧化铜悬浊液可以区别葡萄糖、乙酸溶液C苯能与溴发生取代反应，因此不能用苯萃取溴水中的溴D甲烷、乙烯、甲苯都可使酸性高锰酸钾溶液褪色考点：有机化学反应的综合应用 专题：有机化学基础分析：A根据多糖、二糖、蛋白质能发生水解，氨基酸不能发生水解；B氢氧化铜与乙酸发生中和反应，与葡萄糖发生氧化还原反应，与淀粉不反应；C根据苯与溴水不反应以及萃取时萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；D酸性高锰酸钾能氧化的有机物有：含有碳碳双键或三键的有机物、连接苯环的碳
23、原子上有H原子的有机物、含有醛基的有机物等解答：解：A纤维素、蔗糖、淀粉、蛋白质在一定条件下都可发生水解反应，氨基酸不可发生水解反应，故A错误；B氢氧化铜与乙酸发生中和反应，与葡萄糖发生氧化还原反应，二者现象不同，可鉴别，故B正确；C苯与溴水不反应，溴在苯中的溶解度比在水中要大；苯与水不相溶，所以能用苯萃取溴水中的溴，故C错误；D酸性高锰酸钾能氧化的有机物有：含有碳碳双键或三键的有机物、连接苯环的碳原子上有H原子的有机物、含有醛基的有机物等，所以甲烷一定不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误，故选B点评：本体主要考查了有机物的组成、结构与性质，难度不大，根据所学知识即可完成8（3分）（2015龙
24、岩模拟）下列描述正确的是（）A常温下，pH=7的NH4Cl与NH3H2O混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl）B可用NaOH溶液除去MgCl2溶液中少量的FeCl3C足量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H+NO3=Fe3+2H2O+NOD向某溶液滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42考点：离子方程式的书写；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 分析：ApH=7，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒分析；B氯化镁、氯化铁均与NaOH反应；CFe足量，反应生成硝酸亚铁；D白色沉淀可能为AgCl解答：解：ApH=7，c（H+）=c（OH），由电荷守恒可知
25、，c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH），则c（NH4+）=c（Cl），故A正确；B氯化镁、氯化铁均与NaOH反应，不能除杂，应加MgO来除杂，故B错误；CFe足量，反应生成硝酸亚铁，则足量铁粉与稀硝酸反应的离子反应为3Fe+8H+2NO3=3Fe2+4H2O+2NO，故C错误；D白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中可能含有SO42或银离子，但不能同时存在，故D错误；故选A点评：本题考查较综合，涉及离子浓度比较、混合物分离提纯及离子检验等，注重高频考点的考查，把握反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大9（3分）（2015龙岩模拟）关于下列各装置图的叙述中
26、，正确的是（）A装置可用于分离I2与NH4Cl混合物B装置可用于检验火柴头燃烧产生的SO2C装置可用乙醇萃取碘水中的碘D装置可用于实验室制取和收集少量氨气考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A加热碘升华，氯化铵分解；B二氧化硫具有强还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；C乙醇与水互溶；D反应生成水，试管口向上生成的水倒流，且收集氨气的试管口不能密封解答：解：A加热碘升华，氯化铵分解，则加热法不能分离，应选萃取分离，故A错误；B二氧化硫具有强还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，用该装置，可将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，故B正确；C乙醇与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四
27、氯化碳萃取碘水中的碘，故C错误；D反应生成水，试管口向上生成的水倒流，且收集氨气的试管口不能密封，由图可知，加热的试管口应略向下倾斜，收集的试管口不密封，故D错误；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离、氧化还原反应应用、气体的制备实验等，把握物质的性质、反应原理及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大10（3分）（2015龙岩模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A56 g铁粉在22.4 L氯气中充分燃烧，转移的电子数为3NABO.1 mol NaHS04晶体中含有的阳离子数为0.2NAC44 g
28、C3H8中含有的共用电子对数目为10NADt时，1 L pH=6.5的纯水中，含OH的数目为107.5NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A没有告诉温度和压强，无法判断22.4L氯气的物质的量；B硫酸氢钠晶体中的阳离子只有钠离子；C丙烷分子中含有8个碳氢键、2个碳碳键，总共含有10个共价键；D纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，据此计算出1L该水中含有的氢氧根离子数目解答：解：A没有告诉反应条件，无法计算22.4L氯气的物质的量，则无法计算反应转移的电子数，故A错误；B.0.1mol硫酸氢钠晶体中含有0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，含有的阳离子数为0.1NA，故B错误；C.44g丙烷的
29、物质的量为：=1mol，1mol丙烷分子中含有2mol碳碳键、8mol碳氢键，总共含有10mol共价键，含有的共用电子对数目为10NA，故C正确；D纯水中pH=6.5，则氢离子浓度为：106.5mol/L，纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，则1L该水中含有氢氧根离子的物质的量为：106.5mol/L1L=106.5mol，含有的氢氧根离子的数目为：106.5NA，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，选项D为易错点，需要明确纯水中氢离子与氢氧根离子的浓度相等11（3分）（2015龙岩模拟）实验室中某
30、些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中物质b中物质c中收集气体d中物质A浓氨水CaONH3H2OB浓NaOH铝屑H2H2OC浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液D浓硝酸CuNO2NaOH溶液AABBCCDD考点：实验装置综合 专题：实验设计题分析：根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，且无需加热，并用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，采用防倒吸的方法进行尾气处理，说明气体易溶于水，以此解答该题解答：解：A氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；B氢气的密度比空气小，不能使用向上排空气
31、法，且不溶于水，故B错误；C制取氯气需要加热，氯气的密度比空气大，能使用向上排空气法，氯气用氢氧化钠溶液吸收时不需要防倒吸，故C错误；D浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体，密度比空气大，用向上排空气法收集，易与氢氧化钠反应，应防止倒吸，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及化学实验基本原理（气体的制备）、实验装置、仪器的使用，为高频考点，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度中等，注意掌握常见气体的制取原理、收集方法及尾气吸收方法12（3分）（2015龙岩模拟）如表为某学生进行的两组实验：反应物Na2S2O3溶液H2SO4溶液水甲0.1 molL110 mL0.1 molL110 mL5 m
32、L乙0.2 molL15 mL0.2 molL15 mL20 mL若其他条件均相同，上述两组实验中，对应反应的反应速率关系为（）A甲乙B甲乙C甲=乙D无法判断考点：化学反应速率的影响因素 分析：对于反应Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S+SO2+H2O来说，升高温度，增大浓度，可增大反应速率，以此解答解答：解：反应物浓度越大，则反应速率越大，甲中Na2S2O3溶液浓度为，H2SO4溶液浓度为，乙中Na2S2O3溶液浓度为，H2SO4溶液浓度为，比较可知甲的反应物浓度大，则反应速率大故选：A点评：本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意相关基
33、础知识的积累，难度不大13（3分）（2015龙岩模拟）X、Y均为元素周期表A族中的两种元素下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（）A原子的电子层数：XYB对应的简单离子的还原性：XYC气态氢化物的稳定性：XYD氧化物对应水化物的酸性：XY考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：根据单质之间的置换反应、气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性、与氢化合的难易、元素周期律等来比较非金属性，以此来解答解答：解：AX原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性强，故A不选；B元素的非金属性越强，对应的简单离子的还原性越弱，对应的简单离子的还原性：XY
34、，则Y的非金属性强，故B不选；CX的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C选；D比较非金属性的强弱，应为最高价氧化物的水化物，故D不选故选C点评：本题考查非金属性的比较，为高频考点，注意归纳非金属性比较的方法是解答的关键，明确同主族元素性质的变化规律即可解答，题目难度不大14（3分）（2015龙岩模拟）某些电子手表安装的纽扣电池由锌和氧化银、KOH溶液构成放电时，电极反应分别为：Zn+20H2e=Zn（OH）2Ag2O+H20+2e=2Ag+20H下列说法中，正确的是（）A锌为正极，电极上发生了氧化反应B溶液中的OH向正极移动，K+和H+向负极移动C放电过程中，电解质溶液的酸碱
35、性基本保持不变D常温下，该电池总反应为非自发的氧化还原反应考点：化学电源新型电池 分析：原电池反应为自发的氧化还原反应，放电时，较活泼的金属作负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题解答：解：A由电极方程式可知，Zn失电子化合价升高，发生氧化反应，Zn作负极，故A错误；B原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以溶液中OH向负极移动，K+、H+向正极移动，故B错误；C由正负极的电极方程式可得原电池总反应为：Ag2O+H2O+ZnZn（OH）2+2Ag，则电解质溶液的酸碱性基本保持不变，故C正确；D原电池反
36、应为自发的氧化还原反应，则常温下，该电池总反应为自发的氧化还原反应，故D错误故选C点评：本题考查了原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意把握原电池的工作原理和电极方程式的判断15（3分）（2015龙岩模拟）常温下，0.2molL1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法不正确的是（）AHA为弱酸B该混合液pH7C图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H+D该混合溶液中：c（A）+c（Y）=c（Na+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合
37、，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A+H2OHA+OH，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A）c（OH），所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），即X表示OH，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A）+c（HA）解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A+H2OHA+OH，NaA水解，HA为弱
38、酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A）c（OH），所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），即X表示OH，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A）+c（HA）A一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A+H2OHA+OH，NaA水解，HA为弱酸，故A正确；Bc（Na+）c（A），说明NaA水解，A+H2OHA+OH，该混合液pH7，故B正确；
39、CHA是弱电解质，则有c（A）c（OH），c（OH）除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH）c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），即X表示OH，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；D溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A）+c（HA），Y表示HA，得到c（A）+c（Y）=c（Na+），故D正确；故选C点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等二、解答题（共5小题，满分55分）16（10分）（2015龙岩模拟）X、Y
40、、Z、R、W为五种原子序数依次增大的短周期元素已知：X元素的原子半径是所有原子中最小的；Y元素的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍Y与R可以形成YR与YR2两种化合物，其中一种是造成温室效应的物质之一W与R能形成原子个数之比为2：1和l：1的离子化合物甲和乙根据要求回答问题：（1）R在周期表中的位置是第二周期第VIA族（2）Y、R、W三种元素的原子半径由大到小顺序为NaCO（用元素符号表示）（3）X2R与乙反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（4）元素Y、R、W形成的化合物的水溶液常用作清洗厨房的油污，其原理是（用离子方程式表示）CO32+H2OHCO3+OH0.1mo
41、lL1该溶液中，各种阴离子的浓度由大到小关系为c（CO32）c（OH）c（HCO3）考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：X、Y、Z、R、W为五种原子序数依次增大的短周期元素，X元素的原子半径是所有原子中最小的，则X是H元素；Y元素的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍，且为短周期元素，则Y是C元素；Y与R可以形成YR与YR2两种化合物，其中一种是造成温室效应的物质之一，造成温室效应的气体是二氧化碳，所以R是O元素；Z原子序数大于Y而小于R，所以Z是N元素；W与O能形成原子个数之比为2：1和l：1的离子化合物甲和乙，则W是Na元素，甲是Na2O、乙是Na2O2，（1）原子核外电子层数与其周期
42、数相等，主族元素最外层电子数与其族序数相等；（2）原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；（3）H2O与Na2O2反应生成NaOH和氧气；（4）元素C、O、Na形成的化合物的水溶液常用作清洗厨房的油污，该物质是Na2CO3，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，但水解程度较小，碱性条件下促进油脂水解解答：解：X、Y、Z、R、W为五种原子序数依次增大的短周期元素，X元素的原子半径是所有原子中最小的，则X是H元素；Y元素的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍，且为短周期元素，则Y是C元素；Y与R可以形成YR与YR2两种化合物，其中一种是造成温室效应的物质之一，造成温室
43、效应的气体是二氧化碳，所以R是O元素；Z原子序数大于Y而小于R，所以Z是N元素；W与O能形成原子个数之比为2：1和l：1的离子化合物甲和乙，则W是Na元素，甲是Na2O、乙是Na2O2，（1）R是O元素，O原子核外有2个电子层、最外层电子数是6，所以位于第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；（2）原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以这三种元素原子半径大小顺序是NaCO，故答案为：NaCO；（3）H2O与Na2O2反应生成NaOH和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O
44、2；（4）元素C、O、Na形成的化合物的水溶液常用作清洗厨房的油污，该物质是Na2CO3，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH，但水解程度较小，碱性条件下促进油脂水解，水电离还生成氢氧根离子，所以溶液中阴离子浓度大小顺序是c（CO32）c（OH）c（HCO3），故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；c（CO32）c（OH）c（HCO3）点评：本题考查位置结构性质相互关系及应用，涉及盐类水解、氧化还原反应、元素周期律等知识点，明确周期表结构、原子结构、物质性质及元素周期律即可解答，注意（4）题不仅阴离子浓度而不是所有离子浓度，题目难度不大17（8分）（20
45、15龙岩模拟）A、B、C、D均为中学化学常见的、含同种元素的纯净物，A为单质，它们间有如图反应关系根据要求回答问题：（1）若A是大气中含量最多的气体，D为红棕色气体则D转化成C的反应化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）若A、B、C分别为C（s）、CO（g）和C02（g），且通过与02（g）反应实现图示的转化在同温同压且消耗含碳物质均为l mol时，反应、的焓变依次为H1、H2、H3，则它们之间的关系为H2=H1+H3（用含H1、H2、H3的代数式表示）（3）若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为海水中富含的物质，请写出工业上用D制备A的化学方程式2NaCl（熔融）2N
46、a+Cl2（4）往两份C的溶液中分别滴入硝酸酸化的硝酸银、KSCN溶液，将观察到白色沉淀、显血红色，且反应为C与A的反应请简述实验室保存D溶液的方法加入适量铁粉和适量稀盐酸考点：无机物的推断 分析：（1）若A是大气中含量最多的气体为N2，D为红棕色气体，D为NO2，可知B为NH3，C为NO；（2）若A、B、C分别为C（s）、CO（g）和CO2（g），且通过与O2（g）反应实现图示的转化在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应、的焓变依次为H1、H 2、H 3，依据盖斯定律计算得到焓变关系；（3）若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，D为海水中富含的物质，D为NaCl
47、，A为Na，B为Na2O2或Na2O，D制备A是电解熔融氯化钠得到；（4）两份C的溶液中分别滴入硝酸酸化的硝酸银、KSCN溶液，将观察到白色沉淀、显血红色，C中含氯离子、铁离子，则C为FeCl3，反应为C与A的反应，A为单质，则A为Fe，D为FeCl2，FeCl2溶液保存方法是为防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸解答：解：（1）若A是大气中含量最多的气体为N2，D为红棕色气体，D为NO2，可知B为NH3，C为NO，D转化成C的反应化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）若A、B、C分别为C（s）、CO（g）和CO2（g），且通过
48、与O2（g）反应实现图示的转化在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应、的焓变依次为H1、H 2、H 3，得到（s）+O2（g）=CO（g）H1，C（s）+O2（g）=CO2（g）H2，CO（g）+O2（g）=CO2（g）H3，由盖斯定律得到H1+H3 =H2，故答案为：H2=H1+H3；（3）若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，D为海水中富含的物质，D为NaCl，A为Na，B为Na2O2或Na2O，D制备A是电解熔融氯化钠得到，反应的化学方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故答案为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2；（4）两份C的溶液中分别滴入硝酸酸化的
49、硝酸银、KSCN溶液，将观察到白色沉淀、显血红色，C中含氯离子、铁离子，则C为FeCl3，反应为C与A的反应，A为单质，则A为Fe，D为FeCl2，保存FeCl2方法是为防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸，故答案为：加入适量铁粉和适量稀盐酸点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，涉及元素化合物性质、盖斯定律、电解原理等，把握元化合物知识的综合应用、反应原理为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度中等18（12分）（2015龙岩模拟）许多尾气中含有NOx、S02等造成空气污染的气体根据要求回答下列问题：（1）已知：N02（g）+CO（g）C02（g）+NO（g）密闭容器中发生该反应
50、时，c（C02）随温度（T）变化曲线如图所示据此判断，升高温度，该反应的平衡常数减小（选填“增大”、“减小”、“不变”）NO对臭氧层破坏的主要过程为：O2O+O2NO+03N02+02N02+ONO+02该过程中NO的作用为作催化剂或催化作用（2）将C02和H2合成二甲醚（cH30CH3）已取得了较大的进展，其化学反应为：2C02（g）+6H2（g）cH30CH3（g）+3H20（g）1mol二甲醚气体完全燃烧生成两种气态氧化物，放出能量q kJ，请写出该反应的热化学方程式CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）H=qKJmol1；二甲醚可以作为燃料电池的燃料，若用硫
51、酸做电池中的电解质溶液，请写出该燃料电池工作时正极电极反应式O2+4e+4H+=2H2O（3）室温条件下，用0.10molL1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为10mo1L1的NaOH溶液和氨水，右图是滴定其中一种溶液时，所得混合液的pH与加入盐酸体积的关系曲线图该曲线表示滴定氨水（填“NaOH”或“氨水”）的过程；当向20.00mLNaOH溶液中加入v mL盐酸时，所得混合溶液pH=12，则v=16.36mL（保留2位小数）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡常数的含义 分析：（1）根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓
52、度判断温度对平衡的影响；根据催化剂在反应前后质量和化学性质不变来分析书写；（2）根据书写热化学方程式的方法来书写；根据燃料电池为燃料作负极失电子发生氧化反应，结合电解质溶液书写负极电极反应式；（3）根据NaOH和氨水在滴定开始时的pH来判断；根据混合后pH=12显碱性列方程求解解答：解：（1）由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故反应的平衡常数减小，故答案为：减小；由催化剂在反应前后质量和化学性质不变，NO作催化剂或催化作用，故答案为：作催化剂或催化作用；（2）1mol二甲醚气体完全燃烧生成两种气态氧化物，放出能量q
53、 kJ，则热化学方程式为CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）H=qkJ/mol，故答案为：CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）H=qkJ/mol；燃料电池为燃料作负极失电子发生氧化反应，正极上是央企得电子的还原反应，又电解质溶液为硫酸，所以正极电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e+4H+=2H2O；（3）滴定开始时0.10molL1的NaOH溶液pH=13，0.10molL1的氨水溶液pH13，所以该曲线表示滴定氨水，故答案为：氨水；当向20.00mL NaOH溶液中加入v mL盐酸时，所得混合溶液pH=12
54、，则有102=，解得V=16.36mL，故答案为：16.36mL点评：本题考查了平衡移动、热化学方程式的书写，燃料电池负极反应式的书写及溶液pH的简单计算等，比较综合，题目难度中等19（10分）（2015龙岩模拟）皮革工业污泥中含较多的Cr，工业采用以下工芝制得MCr（OH）（H20）5S04已知：工艺中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+常温下部分阳离子以氢氧化物沉淀形式存在时溶液的pH见表：阳离子Fe3+Al3+Cu2+Mg2+Cr3+开始沉淀时的pH1.93.74.79.3沉淀完全时的pH3.28.06.76.79（9溶解）（1）酸浸时，为了
55、提高浸取效率可采取的措施是升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取（任写一条）（2）调节pH所用X可以选用ABANaOH BNa2C03CH2S04DHN03（3）加入H202目的，是把Cr（OH）3沉淀转化为Cr2072该转化过程中，消耗的H202与Cr（OH）3的物质的量之比为3：2（4）调滤液至pH=8，则滤液中Al3+、Cu2+将转化为沉淀（选填Al3+、Cu2+、Mg2+）（5）若滤液甲的pH=a，则溶液中c（Cu2+）=2.21082amol/L（25C时的KspCu（OH）2=2.21020）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；
56、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 分析：含铬污泥酸浸后调节溶液pH，过滤得到固体针铁矿，和滤液，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去，得到滤液加入过氧化氢氧化铬离子为重铬酸根离子，过量得到滤液中通入二氧化硫还原生成M；（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、加快溶解速度等措施；硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以升高温度增大物质溶解度，增大接触面积增大反应速率，或加快搅拌速度等；（2）调节溶液pH不能引入新的杂质；（3）根据双氧水的性质分析，双氧水有强氧化性，能氧
57、化还原性的物质；（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Cu2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，调滤液至pH=8，Al3+、Cu2+、Mg2+中，Al3+、Cu2+离子全部沉淀；（5）若滤液甲的pH=a，结合离子积常数计算溶液中氢氧根离子浓度，利用沉淀溶解平衡的溶度积常数计算溶液中c （Cu2+）浓度解答：解：含铬污泥酸浸后调节溶液pH，过滤得到固体针铁矿，和滤液，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去，得到滤液加入过氧化氢氧化铬离子为重铬酸根离子，过量得到滤液中通入二氧化硫还原生成M；（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施
58、是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，故答案为：升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取；（2）调节pH所用X可以选用氢氧化钠和碳酸钠，硫酸和硝酸不能调节溶液pH，且引入新的杂质，故答案为：AB；（3）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，其中Fe2+反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，消耗的H202与Cr（OH）3的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Cu2+和Mg2+，由于Fe3
59、+以针铁矿形成已经沉淀，则加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液pH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去；故答案为：Al3+、Cu2+；（5）若滤液甲的pH=a，c（H+）=10amol/L，c（OH）=1014+amol/L，由沉淀溶解平衡的溶度积常数可知，则溶液中c （Cu2+）=2.21082amol/L，故答案为：2.21082amol/L点评：本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，涉及反应速率的影响因素、氧化还原反应及溶度积计算等，把握流程分析、发生的反应及反应原理为解答的关键，侧重分析、应用及计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等20（15分）（2015龙岩模拟）某兴趣
60、小组利用下列实验装置进行探究实验根据要求回答下列问题：（1）如图1装置中长颈漏斗的作用有导气、防倒吸（2）利用装置C可以证明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是品红溶液；若要证明其漂白作用是可逆的，还需要的操作是取少量褪色后的溶液于试管中加热（3）通过观察D中现象，即可证明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是daNaCl溶液b酸性KMnO4cFeCl3dNa2S溶液（4）研究小组发现B中有白色沉淀生成，若往B中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解沉淀物的化学式是BaSO4（5）为进一步验证B中产生沉淀的原因，研究小组进行如下两次实验：实验i：另取BaCl2溶液，加热煮沸，冷却后加入少量苯（起液封作用），
61、然后再按照上述装置进行实验，结果发现B中沉淀量减少，但仍有轻微浑浊实验ii：用如图2F装置代替上述实验中的A装置（其他装置不变），连接后往装置F中通入气体X一段时间，再加入70%H2SO4溶液，结果B中没有出现浑浊“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是除去BaCl2溶液中的O2；气体X不可以是bd（填序号）aCO2 bO3 cN2 dNO2B中形成沉淀的原因是（用化学方程式表示）：2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl考点：探究二氧化硫与水和品红溶液的反应 专题：实验设计题分析：该探究
62、实验为：亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，二氧化硫与品红作用，体现二氧化硫的漂白性，二氧化硫与2价的硫作用体现氧化性，二氧化硫有毒需进行尾气处理，用氢氧化钠吸收图中装置B出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，装置E进行探究，可排除氧气的干扰（1）该装置的特点是气体被吸收时，液体上升到漏斗中，由于漏斗的容积较大，导致烧杯中液面下降，使漏斗口脱离液面，漏斗中的液体又流回烧杯中；（2）SO2可以使品红溶液褪色，体现了SO2具有漂白性，SO2的漂白是暂时性的漂白；（3）NaCl溶液与二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，
63、FeCl3能氧化二氧化硫二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质，证明二氧化硫具有氧化性；（4）B中有白色沉淀生成，加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该沉淀为硫酸钡；（5）煮沸BaCl2溶液排除溶液中的氧气；连接后往装置F中通入气体X一段时间，排除装置中的氧气，通入的气体不能氧化二氧化硫，干扰验证实验；B中形成沉淀是二氧化硫被氧气氧化；解答：解：该探究实验为：亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，二氧化硫与品红作用，体现二氧化硫的漂白性，二氧化硫与2价的硫作用体现氧化性，二氧化硫有毒需进行尾气处理，用氢氧化钠吸收图中装置B出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子
64、反应生成硫酸钡沉淀，装置E进行探究，可排除氧气的干扰（1）水进入到漏斗中与液面脱离，由于自身重力的作用而又回落到烧杯中，从而防止倒吸，所以图1装置中长颈漏斗的作用有导气、防倒吸，故答案为：防倒吸；（2）SO2通入品红溶液中，红色褪去，二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现二氧化硫的漂白性，SO2的漂白是暂时性的漂白，生成的物质不稳定，受热易分解，重新变为红色，所以要证明其漂白作用是可逆的，还需要的操作是取少量褪色后的溶液于试管中加热，故答案为：取少量褪色后的溶液于试管中加热；（3）二氧化硫表现氧化性需硫元素的化合价降低，Na2S与二氧化硫作用，二氧化硫中硫元素的化合价从+4价变为0价，反应的化学
65、方程式为：4H+SO2+2S2=3S+2H2O，表现了氧化性，NaCl溶液与二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，FeCl3能氧化二氧化硫，故选d；（4）B中有白色沉淀生成，加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该沉淀为溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；（5）图中装置B出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以需排除氧气的干扰，“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是除去BaCl2溶液中的O2，故答案为：除去BaCl2溶液中的O2；O3和NO2，具有氧化性，能氧化二氧化硫，所以不可以通入气体这两种气体驱赶装置中的氧气，故答案为：bd；B中形成沉淀是二氧化硫被氧气氧化，可能发生的反应为：2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，故答案为：2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl；点评：本题考查了二氧化硫的制备及性质检验，题目难度中等，注意掌握二氧化硫的性质检验方法，明确物质性质进行实验方案的设计时解答关键，试题有利于培养学生的化学实验能力